Frau A wählt zufällig eine Zahl aus der Gleichverteilung auf . Dann zeichnet Herr B wiederholt und unabhängig Zahlen

Frau A wählt zufällig eine Zahl aus der Gleichverteilung auf . Dann zieht Herr B wiederholt und unabhängig die Zahlen aus der Gleichverteilung auf , bis er eine Zahl größer als erhält , und stoppt dann. Die erwartete Summe der Zahl, die Herr B bei zieht, ist gleich? $X$ $[0, 1]$ $Y_1, Y_2, ...$ $[0, 1]$ $\frac{X}{2}$ $X = x$

Die Antwort darauf lautet . Ich habe die erwartete Anzahl von Ziehungen als indem ich als Zufallsvariable für die Anzahl von Ziehungen genommen habe, die der geometrischen Verteilung mit dem Parameter folgt . Aber ich weiß nicht, wie ich die erwartete Summe von berechnen soll . Jede Hilfe wäre dankbar. $\frac{1}{(2-x)}$ $ln 4$ $Z$ $p= 1 - \frac{x}{2}$ $Y_{i}$

probability self-study expected-value conditional-expectation geometric-distribution Shreya Bhandari
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Antworten:

Obwohl Sie kein self-studyTag hinzugefügt haben, gebe ich Ihnen zuerst zwei Hinweise und dann die vollständige Lösung. Sie können nach dem ersten oder zweiten Hinweis aufhören zu lesen und es selbst versuchen.

Tipp 1 :

Für wir $a \in (0,1)$

\sum_{m = 0}^{\infty} m a^{m} = \frac{a}{(1 - a)^{2}}

$\sum_{m=0}^{\infty} ma^m = \frac{a}{(1-a)^2}$

Tipp 2 :

Sei die Anzahl der von Herrn B. gezeichneten Zahlen. Und sei deine "Zielvariable" mit . Beachten Sie, dass dies eine Zufallsvariable ist, keine reelle Zahl (da eine Zufallsvariable ist). Dann ist nach dem Gesetz der totalen Erwartung . $K$ $E(Y_1+\ldots+Y_K | X=x)$ $Z$ $K$ $E(Z) = E(E(Z|K))$

Vollständige Lösung :

$K$ folgt, wie Sie erwähnt haben, der geometrischen Verteilung mit der Erfolgswahrscheinlichkeit . Also ist $p=1-\frac{x}{2}$

E (Z) = E (E (Z | K)) = \sum_{k = 1}^{\infty} E (Z | K = k) P (K = k)

$E(Z) = E(E(Z|K)) = \sum_{k=1}^{\infty} E(Z|K=k)P(K=k)$

und .

P (K = k) = (1 - p)^{k - 1} p = {(\frac{x}{2})}^{k - 1} (1 - \frac{x}{2})

$P(K=k)=(1-p)^{k-1}p = \left(\frac x2\right)^{k-1}\left(1-\frac x2\right)$

Konzentrieren wir uns auf . Es ist jetzt . Beachten Sie hier Kleinbuchstaben !!! Da ‚s unabhängig sind dies entspricht . $E(Z|K=k)$ $E(Y_1+\ldots+Y_k | X=x, K=k)$ $k$ $Y$

E (Y_{1} | X = x, K = k) + \dots + E (Y_{k} | X = x, K = k)

$E(Y_1 | X=x, K=k)+\ldots+E(Y_k | X=x, K=k)$

Die Konditionierung auf und bedeutet, dass gleichmäßig von und gleichmäßig von gezeichnet werden. . $X=x$ $K=k$ $Y_1, \ldots, Y_{k-1}$ $\left[0,\frac x2\right)$ $Y_k$ $\left(\frac x2, 1\right]$

Also ist

E (Y_{1} | X = x, K = k) = \dots = E (Y_{k - 1} | X = x, K = k) = \frac{x}{4}

$E(Y_1 | X=x, K=k)=\ldots= E(Y_{k-1} | X=x, K=k) = \frac x4$

und

E (Y_{k} | X = x, K = k) = \frac{1 + \frac{x}{2}}{2} = \frac{2 + x}{4}

$E(Y_k | X=x, K=k) = \frac{1+\frac x2}{2} = \frac{2+x}4$

Alles zusammen:

E (Z | K = k) = (k - 1) \frac{x}{4} + \frac{2 + x}{4}

$E(Z|K=k) = (k-1)\frac x4 + \frac{2+x}4$

Und

E (Z) = \sum_{k = 1}^{\infty} ((k - 1) \frac{x}{4} + \frac{2 + x}{4}) P (K = k) = \sum_{k = 1}^{\infty} (k - 1) \frac{x}{4} P (K = k) + \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{2 + x}{4} P (K = k)

$E(Z) = \sum_{k=1}^{\infty} \left( (k-1)\frac x4 + \frac{2+x}4 \right) P(K=k) = \sum_{k=1}^{\infty} (k-1)\frac x4 P(K=k) + \sum_{k=1}^{\infty} \frac{2+x}4 P(K=k)$

Der zweite Teil ist einfach (die letzte Gleichheit verwendet die Tatsache, dass die Summe der Wahrscheinlichkeitsmassenfunktion 1 ergibt):

\sum_{k = 1}^{\infty} \frac{2 + x}{4} P (K = k) = \frac{2 + x}{4} \sum_{k = 1}^{\infty} P (K = k) = \frac{2 + x}{4}

$\sum_{k=1}^{\infty} \frac{2+x}4 P(K=k) = \frac{2+x}4\sum_{k=1}^{\infty} P(K=k)= \frac{2+x}4$

Um dies zu erhalten, können Sie auch die Tatsache verwenden, dass Herr B immer eine letzte Zahl von zieht , unabhängig davon, welchen Wert hat. $\left(\frac x2, 1\right]$ $K$

Der erste Teil ist nur ein bisschen schwieriger:

\sum_{k = 1}^{\infty} (k - 1) \frac{x}{4} P (K = k) = \sum_{k = 1}^{\infty} (k - 1) \frac{x}{4} {(\frac{x}{2})}^{k - 1} (1 - \frac{x}{2})

$\sum_{k=1}^{\infty} (k-1)\frac x4 P(K=k) = \sum_{k=1}^{\infty} (k-1)\frac x4 \left(\frac x2\right)^{k-1}\left(1-\frac x2\right)$

Verschieben Sie alles, was nicht von abhängt, in die Summe, um Folgendes zu erhalten: $k$

\frac{x}{4} (1 - \frac{x}{2}) \sum_{k = 1}^{\infty} (k - 1) {(\frac{x}{2})}^{k - 1}

$\frac x4 \left(1-\frac x2\right)\sum_{k=1}^{\infty} (k-1) \left(\frac x2\right)^{k-1}$

Führen Sie : $m=k-1$

\frac{x}{4} (1 - \frac{x}{2}) \sum_{m = 0}^{\infty} m {(\frac{x}{2})}^{m}

$\frac x4 \left(1-\frac x2\right)\sum_{m=0}^{\infty} m \left(\frac x2\right)^m$

Verwenden Sie Hinweis 1 mit : $a=\frac x2$

\frac{x}{4} (1 - \frac{x}{2}) \frac{\frac{x}{2}}{(1 - \frac{x}{2})^{2}}

$\frac x4 \left(1-\frac x2\right)\frac{\frac x2}{(1-\frac x2)^2}$

Um endlich

\frac{x^{2}}{8 (1 - \frac{x}{2})} = \frac{x^{2}}{8 (\frac{2 - x}{2})} = \frac{x^{2}}{4 (2 - x)}

$\frac {x^2}{8(1-\frac x2)} =\frac {x^2}{8(\frac {2-x}2)} =\frac {x^2}{4(2-x)}$

Und füge den zweiten Teil hinzu (den einfachen):

\frac{x^{2}}{4 (2 - x)} + \frac{2 + x}{4} = \frac{x^{2}}{4 (2 - x)} + \frac{(2 + x) (2 - x)}{4 (2 - x)} = \frac{x^{2} + (4 - x^{2})}{4 (2 - x)} = \frac{4}{4 (2 - x)} = \frac{1}{2 - x}

$\frac {x^2}{4(2-x)} + \frac{2+x}4 = \frac {x^2}{4(2-x)} + \frac{(2+x)(2-x)}{4(2-x)} = \frac {x^2 + (4-x^2)}{4(2-x)} = \frac 4{4(2-x)} = \frac 1{2-x}$

WHOAH !!!!

Łukasz Deryło
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Genius!!!! Ich bin mehr als dankbar! : D

Shreya Bhandari

Gern geschehen. Ja wirklich. Ich habe dieses "Rätsel" ☺

Łukasz Deryło

Ein weiterer Lösungswinkel (Summierung nicht mit P (K = k), sondern mit P (K> = k)):

\begin{matrix} E (\sum Y_{k}) = \sum E (Y_{k}) & = \sum_{k = 1}^{\infty} E (Y_{k} | K >= k) \cdot P (K >= k) \\ = \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{1}{2} \cdot {(\frac{x}{2})}^{k} \\ = \frac{1}{2 - x} \end{matrix}

$\begin{array}\\ E(\sum Y_k) = \sum E(Y_k) & = \sum_{k=1}^\infty E(Y_k|K>=k) \cdot P(K>=k) \\ & = \sum_{k=0}^\infty \frac{1}{2} \cdot \left(\frac{x}{2} \right)^k \\ & = \frac{1}{2-x} \end{array}$

Sextus Empiricus
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Könnten Sie näher darauf eingehen? Ich habe die Arbeit nicht bekommen

Shreya Bhandari

Sie werden einen k-ten Draw in einem Bruchteil der Zeit machen, und in diesem Bruchteil der Zeit wird es 1/2 zum beitragen erwarteter Wert der Summe. Sie können den Wert von als eine Mischungsverteilung einer gleichmäßigen Verteilung (zwischen 0 und 1, wenn es gezeichnet wird) und eines konstanten Werts (0, wenn es nicht gezeichnet wird) sehen.

{(\frac{x}{2})}^{k - 1}

$\left( \frac{x}{2} \right)^{k-1}$

Y_{k}

$Y_k$

E (Y_{k}) = \frac{1}{2} {(\frac{x}{2})}^{k - 1}

$E(Y_k) = \frac{1}{2} \left(\frac{x}{2} \right)^{k-1}$

Sextus Empiricus

Okay, helfen Sie mir, dies zu verstehen. Wenn Sie den Fall 'gleich' in die Ungleichung einbeziehen, sollte den Erfolg von (mit der Wahrscheinlichkeit ) und nicht nur die Fehler (mit der Wahrscheinlichkeit ), die zuvor aufgetreten sind?

P (K \geq k)

$P(K\ge k)$

K^{t h}

$K^{th}$

1 - \frac{x}{2}

$1- \frac{x}{2}$

k - 1

$k-1$

\frac{x}{2}

$\frac{x}{2}$

Shreya Bhandari

Es beinhaltet sowohl die Möglichkeit von Erfolg als auch Misserfolg

0.5 (1 - \frac{x}{2}) + 0.5 (\frac{x}{2})

$0.5 \left(1-\frac{x}{2} \right) + 0.5 \left( \frac{x}{2} \right)$

Sextus Empiricus

Die Formel ist seltsam, da von abhängt .

\sum_{k = 1}^{\infty} E (Y_{k} | K >= k) \cdot P (K >= k)

$\sum_{k=1}^\infty E(Y_k|K>=k) \cdot P(K>=k)$

Y_{k}

$Y_k$

k

$k$

Stéphane Laurent